2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期期中数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期期中数学试题一、单选题1．已知为虚数单位， 则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于 （       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】利用复数除法求出复数，进而求出即可求解作答.【详解】依题意，，则，所以在复平面内对应的点为，位于第三象限.故选：C2．曲线 在 处的切线 的斜率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出函数在处的导数值，即切线斜率.【详解】解：，，当时，，故切线斜率为2，故选：A.3．若离散型随机变量的分布列如下图所示．01则实数的值为（       ）A．或 B． C． D．或【答案】C【分析】根据给定条件，利用分布列的性质列式计算作答.【详解】依题意，，解得，所以实数的值为.故选：C4．已知等比数列中，，，则（       ）A．1 B．2 C．±1 D．±2【答案】B【分析】根据等比数列通项公式列方程计算即可.【详解】等比数列中，，，则，解得，故选：B．5．在 的展开式中， 若 项的系数为 ， 则实数 的值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】代二项展开式的通项公式化简，根据题设条件列式即可求解【详解】依题意，则当时，所以故选：B6．若是一个三位正整数，且的个位数大于十位数，十位数大于百位数，则称为“三位递增数”（如、、等）， 在所有的三位数中任取一个三位数，则该数是“三位递增数”的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】计算出所有“三位递增数”的个数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】若一个数为“三位递增数”，则百位不为零，且该数个位数大于十位数，十位数大于百位数，则“三位递增数”的可以理解为：从到这个正整数中随机抽取个数，按照个位数大于十位数，十位数大于百位数的顺序排列，所以，“三位递增数”的个数为，因此，所有的三位数中任取一个三位数，则该数是“三位递增数”的概率为.故选：A.7．现有5名抗疫志愿者被分配到栗雨、南塘、泰山、云里四个不同社区进行疫情防疫控制，每名志愿者只分配到一个社区，每个社区至少分配名志愿者，则不同的分配方案有（       ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【分析】根据给定条件，将5名抗疫志愿者分成4组，再分配到4个社区列式计算作答.【详解】依题意，有2人去一个社区，其余每个人去1个社区，先将5人分成4组，有种分法，再将4组人分到4个社区有种方法，由分步乘法计数原理得：，所以不同的分配方案有种.故选：C8．设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是 （       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，构造函数，将问题转化为存在唯一的整数使得在直线下方，再借助导数探讨求解作答.【详解】令，，显然直线恒过点，则“存在唯一的整数，使得”等价于“存在唯一的整数使得点在直线下方”，，当时，，当时，，即在上递减，在上递增，则当时，，当时，，而，即当时，不存在整数使得点在直线下方，当时，过点作函数图象的切线，设切点为，则切线方程为：，而切线过点，即有，整理得：，而，解得，因，又存在唯一整数使得点在直线下方，则此整数必为2，即存在唯一整数2使得点在直线下方，因此有，解得，所以的取值范围是.故选：D【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解. 二、多选题9．我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角， 由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华名族自豪的.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为.以下关于杨辉三角的猜想中正确的是（       ） A．由 “与首末两端等距离的两个二项式系数相等” 猜想 B．由 “在相邻两行中， 除以外的每个数都等于它肩上的两个数字之和猜想 ；C．第条斜线上各数字之和为；D．在第条斜线上， 各数从左往右先增大后减少【答案】ABD【分析】根据二项式系数与杨辉三角判断AB；通过观察归纳出第条斜线上的数的特征，进而判断CD选项.【详解】解：根据二项式系数的性质，结合杨辉三角即可得，成立，故AB选项正确；对于CD选项，第1条斜线上的数为，第2条斜线上的数为，第3条斜线上的数为，第4条斜线上的数为，第5条斜线上的数为，第6条斜线上的数为，第7条斜线上的数为，由此，归纳得到：第条斜线上的数依次为：第条斜线上的数依次为：所以，第条斜线上各数字为：，和为，故C错误；在第条斜线上， 各数从左往右先增大后减少，故D正确.故选：ABD10．下列关于二项式展开式说法正确的是 （       ）A．若 ， 则 的展开式中二项式系数最大的项为第 项：B．若 的展开式中第二项与第三项的系数互为相反数， 则 ；C．若 ， 则 D．若 ， 则 【答案】ABD【分析】利用二项式的通项公式和二项式的性质、结合赋值法进行判断即可.【详解】A：当时，二项式展开式共有项，其中第项二项式系数最大，因此本选项说法正确；B：二项式的通项公式为：，因为 的展开式中第二项与第三项的系数互为相反数，所以有（舍去），因此本选项说法正确；C：在中，令，得，令，得二项式的通项公式为：，所以，因此本选项不正确；D：令，得，因此本选项正确，故选：ABD11．已知数列 的前 项和为 ， 且 ， 则下列选项中正确是       （       ）A．B．C．数列 是等比数列D．数列 的前 项和为 【答案】ACD【分析】对于A选项，在已知条件中令，即可求得；用退位相减法即可求出，进而求出，以及数列的前项和【详解】，令，则，所以，故A正确当时，所以（）且所以数列是首项为，公比为的等比数列所以，故C正确所以，故B错误因为，所以的前项和为故D正确故选：ACD12．已知，，，为函数的零点，，下列结论中正确的是（       ）A．B．C．若，则D．a的取值范围是【答案】ACD【分析】对于A，只要利用函数零点的判断定理即可；对于B，由于有了A的结论，只要判断 的范围即可；对于C，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可；对于D，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可.【详解】 ， ，故A正确；当 时， ， 必无零点，故 ， ，故B错误；当 时，即 ，两边取对数得 ， ， ，联立方程 解得 ，由于 ， ，故C正确；考虑 在第一象限有两个零点：即方程 有两个不同的解，两边取自然对数得   有两个不同的解，设函数 ， ，则 时， ，当 时， ，当 时， ，所以 ，要使得 有两个零点，则必须，即 ，解得 ，故D正确；故选：ACD. 三、填空题13．有三台车床加工同一型号的零件，第一台加工的次品率为，第二、三台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，已知第一、二三台车床加工的零件数分别占总数，，，从中任取一件产品， 则该产品是次品的概率是__________．【答案】（或）【分析】根据全概率公式直接求解即可.【详解】记事件表示“任取一件产品为次品”；事件表示“零件为第台车床加工”，则，，，，，，.故答案为：.14．已知等比数列中，，公比是函数的两个极值点， 则数列的前项之和__________．【答案】【分析】根据给定条件求出，进而求出公比，再利用等比数列通项公式计算作答.【详解】对函数求导得：，由得或，当或时，，当时，，因此，2和3是函数的极值点，因等比数列的公比，，则，因此，，则公比，所以数列的前项之和.故答案为：15．已知点是椭圆上的两点，且线段恰好为圆的一条直径，为椭圆上与不重合的一点，且直线的斜率之积为，则椭圆的离心率为____________．【答案】【分析】根据给定条件，设出点A，M的坐标，表示出点B的坐标，利用斜率坐标公式结合椭圆方程即可计算作答.【详解】设，，依题意，，两式相减得，因线段恰好为圆的一条直径，则，于是得直线的斜率之积为，解得，所以椭圆的离心率为.故答案为：16．若，不等式在上恒成立，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】首先设函数，转化为，利用单调性得，参变分离后，转化为求函数的最小值，从而求得的取值范围.【详解】设，则，所以在上单调递增，由已知得，因为，，，所以，，，所以在上单调递增，，由在单调递增，得到，所以，因为，所以，令，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立，参数问题，本题的关键是利用指对变形，通过构造函数，不等式转化为，利用函数的单调性，解抽象不等式后，后面的问题迎刃而解. 四、解答题17．一个装子里面有装有大小相同的白球和黑球共个，若从袋子中任意摸出个球，至少有一个白球的概率为．(1)求白球和黑球各有多少个：(2)现从中不放回的取球，每次取球，在第一次取出黑球的条件下，求第二次取出白球的概率．【答案】(1)袋子中白球的个数为，黑球的个数为(2)【分析】（1）设黑球的的个数为，根据对立事件的概率公式可得出关于的等式，结合的取值范围可求得的值，即可得出结论；（2）记事件第一次取出黑球，事件第二次取出白球，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】(1)解：设黑球的的个数为，由已知可得，可得，因为且，因此，，所以，袋子中白球的个数为，黑球的个数为.(2)解：记事件第一次取出黑球，事件第二次取出白球，则，，所以，.18．设 的内角 的对边分别为 ， 且 (1)求角 的大小：(2)若边 上的高为 ， 求 的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理和已知条件可求出角C；（2）利用已知角C和余弦定理求出的关系即可求得.【详解】(1)解：由题意得：根据余弦定理可知：整理可知：即可知，于是(2)设边上的高为，则，即由（1）可知，故解得：于是19．如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．(1)证明：；(2)若，当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值；【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接CF，利用圆柱的结构特征并证明即可推理作答.（2）证明平面，结合均值不等式探求三棱锥的体积最大的条件，再确定二面角的平面角，求解作答.【详解】(1)连接CF，如图，因为圆柱的轴截面，则CD是圆的直径，而是圆柱上异于的母线，于是得，即，又，则四边形为平行四边形，有，所以.(2)由（1）知，平面，平面，则，而，，平面，因此，平面，即有平面，又，，，当且仅当时取“=”，即当时，三棱锥的体积最大，又，，，平面，因此，平面，而平面，则，于是得是平面与平面所成二面角的平面角，而是矩形，，，所以平面与平面夹角的余弦值.20．已知等差数列 的前 项和为 ．(1)求 的通项公式：(2)数列 满足 为数列 的前 项和，是否存在正整数 使得 ？ 若存在， 求出 的值： 若不存在， 请说明理由．【答案】(1);(2)存在满足题意.【分析】（1）设等差数列的公差为d，由等差数列的通项公式与前项和公式得，解得，从而求出；（2）由（1）得，由，利用裂项相消法得，若，则，整理得，由得，从而可求出答案．【详解】(1)解：设等差数列的公差为d，由得，解得，；(2)解：由（1）知，，， 若，则，整理得，又，，整理得，解得，又，，，∴存在满足题意．21．已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距最小值为．(1)求抛物线的方程．(2)若点在圆上，、是抛物线的两条切线，、是切点，求 面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出抛物线的焦点的坐标，利用圆的几何性质可得出关于的等式，可求得的值，由此可得出抛物线的方程；（2）设点、、，利用导数求出切线、的方程，可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出以及点到直线的距离，求出面积的表达式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】(1)解：抛物线的焦点为，圆的圆心为，半径为，，所以，且与圆上点的距最小值为，解得，因此，抛物线的方程为.(2)解：对函数求导得，设点、、，所以，直线的方程为，即，同理可知直线的方程为，因为点为直线、的公共点，则，所以，点、的坐标满足直线方程，所以，直线的方程为，联立可得，由可得，所以，由韦达定理可得，，所以，，点到直线的距离为，所以，，令，所以，面积的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．22．已知函数．(1)讨论 的单调性；(2)若对于任意的，恒成立， 求整数 的最小值（参考数据： )【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负得单调性；（2）由（1）确定，然后引入函数，求出导函数，对其中的部分函数再一次求导，确定单调性，确定正负，零点，同时得出零点与参数的关系，得出的单调性，最值点，把最大值进行转化，由其小于或等于0得出零点的范围，最后求得参数范围．【详解】(1)，若，则，是减函数，时，令， ，当时，，时，，所以的减区间是，增区间是；(2)时，由（1）知时，，而，因此不成立，所以，设，，令，，是减函数，时，，时，，因此有唯一实解，且，，，当时，，即，时，，即，所以在上递增，在上递减，所以，，而，所以，所以，又，令，则，在上是增函数，，，所以，，所以整数的最小值是．【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，研究不等式恒成立问题，在研究不等式恒成立时，关键是问题的转化，不等式恒成立，引入函数后求出函数的最大值，则最大值小于或等于0得结论，在求最大值时，需要对导函数的部分函数进行再一次求导，确定其单调性与正负，以便确定函数的极值点，本题还需要应用零点存在定理说明零点的存在性，找到零点（极值点）与参数的关系，求出最大值，并通过零点（极值点）与参数的关系转化最大值，从而得出零点的范围，再根据参数与零点的关系求得参数范围，这又需要利用导数求解．对学生的逻辑思维能力要求较高，难度较大．